2020届高考化学二轮专题复习 （三）氧化还原反应与热化学基础定时精练

专题时机精炼(三) 专题三氧化还原反应和热化学基础(时间： 40分钟)1 .氧化剂与还原剂物质量之比为11以下的各组物质在适当的条件下反应()A.F2 H2OB.Li O2 (条件点火)C.CO2 Mg D.NO2 H2O2 .众所周知，下述三个实验均会发生化学反应。、二、把铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴加几滴浓硝酸把铜线放入氯化铁溶液中以下判断是正确的()a .根据上述实验，氧化性： Fe3 Fe2 Cu2b .在实验中，铁钉只是还原剂c .实验中Fe2同时显示了氧化性和还原性d .实验中发生的是置换反应3 .金属铜能与人体分泌物中的盐酸及子宫内的空气反应生成过氧酸Cu HCl O2=CuCl HO2HO2(超羟基酸)不仅是弱酸，还是自由基，具有极高的活性。 以下表达方式或表达方式是正确的()a .氧化剂为O2B.HO2在碱中可以稳定存在c .氧化物为HO2D.1 mol Cu参与反应时，2 mol电子转移4 .已知Fe3o4可表示为(FeOFe2O3)，水热法制备Fe3o4纳米粒子的总反应为f3fe22s2o o2 4oh-=Fe3o4 s4o 2h2o，以下说法正确()A.O2和S2O为氧化剂，Fe2为还原剂每生成2 mol b.Fe3o 4，转移电子数为2 molc .参与反应氧化剂与还原剂的物质量之比为11当Fe2被氧化2mol时，被还原为Fe2的O2成为0.5mol6 .已知反应：101 kPa时，为2C(s) O2(g)=2CO(g )； H=-221 kJmol-1； 稀溶液中，H (aq) OH-(aq)=H2O(l )； H=-57.3 kJmol-1。 下面的结论是正确的()a .碳的燃烧热大于110.5 kJmol-1B.的反应热为221 kJmol-1c .稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJmol-1d .稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，释放出57.3 kJ的热量7 .氧化还原反应KClO3 6HCl=KCl 3Cl2 3H2O中，生成0.5 mol Cl2时氧化生成物与还原生成物的物质量之比()A.51 B.31C.13 D.15将a g Fe、Mg合金溶解于一定量的稀硝酸中，合金完全溶解后，收集标准情况下的NO气体bl (HNO 3的还原生成物仅为NO )。 在反应后的溶液中充分加入NaOH溶液，得到沉淀物。 用保存法求沉淀质量，所用保存关系依次为()a .质量守恒、电子守恒和电荷守恒b .电子保存、质量保存和电荷保存c .电子保存、电荷保存和质量保存d .电荷保存、质量保存和电子保存9 .目前合成的储氢碳纳米管伴有大量碳纳米管粒子(杂质)，该粒子可通过氧化气化法精制，其反应式如下_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _CO2_ _ _ _ _ _ cr2 (SO4 )3_ _ _ _ k2so4_ _ H2O(1)上述化学反应方程式分配后的分配计量数据如下所示： _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(2)反应的氧化剂为_ _ _ _ _ _ _，氧化物的电子式为_ _ _ _ _ _。(3)H2SO4在上述反应中表现的性质是_ _ _ _ _ _ _ _ (填写选择项编号)。a .酸性b .氧化性c .吸水性d .脱水性(4)在上述反应中产生0.2mol的co2时，移动电子的物质的量为_mol。10 .三氟化氮(NF3)是无色无味的气体，是氟与氨反应而产生的。(1)该反应的方程式为NH3 F2NF3 NH4F，组成平方程式表示电子转移的方向和数量。(2)27.0ml的nf3与水充分反应，生成18.0 mL NO的no (同温、同压下)，编写反应的化学方程式。 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(3)NF3是无色无味的气体，一旦NF3泄漏到空气中就容易发现。 这种气体泄漏时的现象_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _11 .锌铝合金主要成分是Zn、Al、Cu、Si等. 实验室测定其中Cu含量的步骤如下称取1.1 g该合金样品，用HCl和H2O2溶解后，煮沸除去过剩的H2O2，过滤，滤液放入250 mL容量瓶中。用移液管将滤液50.00 mL移至碘量瓶250 mL，控制溶液的pH=34，加入过剩KI溶液(生成CuI和I2 )和指示剂，从用0.01100 molL-1Na2S2O3溶液滴定的I2到终点(反应： I2 2S2O=2I- S4O )的Na2S2O3溶液6.40(1)步骤编写溶解Cu的离子方程式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(2)步骤判断滴定终点的方法是： _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)计算合金中Cu的质量分数。12 .命题背景：在2020年国际奥林匹克化学竞赛中，有兴趣小组在“探测卤素单体的氧化性”实验中，发现在足量稀氯化亚铁溶液中加入12滴溴水，振动的溶液变黄。因此，提出了Fe3、Br2哪一个氧化性强的问题(一)预期澳大利亚代表团的同学是氧化性： Fe3 Br2，所以上述实验现象不是化学反应造成的，溶液变黄是由于_ _ _ _ _ _ _ (填补化学式，以下相同)造成的。美国代表团的同学是氧化性： Br2Fe3，所以上述实验现象是化学反应引起的，溶液变黄的含有_。(二)设计和验证实验；为了验证美国代表团同学的意见，使用以下几种试剂设计两个方案进行实验，观察实验现象，证明美国代表团同学的意见确实正确。可选择的试剂：a .苯酚酞试验液b.CCl4； c .无水酒精； d.KSCN溶液。请在下表中填写所选试剂和实验中观察到的现象。 (试剂填充编号)选择试剂实验现象方案1方案2(三)结论氧化性： Br2Fe3。 在足够量的稀氯化亚铁溶液中加入12滴溴水，溶液变黄时发生的离子反应的方程式是.13 .化学反应中的能量变化取决于化学反应中老化学键中断时吸收的能量和新化学键形成时释放的能量的差异。 图32是N2(g )和O2(g )生成NO(g )过程中的能量变化.图3-2(1)一般将某化学键分解1 mol吸收的能量视为该化学键的键能。 结合能的大小可以测量化学键的强度，而NN的结合能是.(2)1840年，俄罗斯化学家盖斯在分析了许多化学反应的热效应的基础上，总结了“一个化学反应，无论一步完成还是几步完成，其整体热效应都完全相同”的规律。 这个法则被称为盖乌斯法则。 有些反应的反应热不能直接测定，但可以利用盖斯定律间接计算求出。根据以下反应的热化学方程式，计算c (石墨)和H2(g )反应生成的1 mol C2H2(g )的h。c (石墨) O2(g)=CO2(g )H1=-393.5 kJ mol-12H2(g) O2(g)=2H2O(l )H2=-571.6 kJ mol-12ch2(g) 5o2(g)=4co2(g) 2h2o(l )在H3=-2599.2 kJ mol-1中，c (石墨)与H2(g )反应，生成1 mol C2H2(g )的H=_kJ mol-1。已知碳3.6 g在6.4 g的氧气中燃烧，直到反应物消失为止，都会放出x kJ的热量。 可知单体碳的燃烧热为y kj mol-1，1 mol c和O2反应生成CO的反应热h为_。专题时机的精练(3)1.A【解析】化学方程式： a按照2F2 2H2O=4HF O2、b按照4Li O22Li2O、c按照2Mg CO22MgO C、d按照3NO2 H2O=2HNO3 NO的顺序写，a中两者之比为11、b中两者之比为14、c中两者之比为12、d中两者之比为122.B【解析】Fe Cu2=Fe2Cu，中硝酸具有氧化性，氧化Fe2为Fe3，f3Cu=2Fe2Cu。 分析了上述三种反应，发现a是错误的。 实验中Fe2只出现还原性，实验中发生氧化还原反应，不是置换反应。3.A【解析】解析问题中给出的信息，反应Cu HCl O2=CuCl HO2，元素的价数上升，氧化剂为O2，氧化生成物为CuCl，a是正确的，c是错误的HO2(超羟基酸)是弱酸，在碱中不能稳定存在，生成了b错误的CuCl4.D【解析】本问题考察氧化还原反应。 S2O中s元素为2价，S4O中s元素的价数为，因此S2O作为还原剂发挥作用，a错误，在该反应中Fe2也作为还原剂发挥作用，且3mol的Fe2中的2 mol作为还原剂发挥作用，O2作为氧化剂发挥作用，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为14 fe3o4的1mol转移的电子通过4 mol、b、c错误的电子保存得知d是正确的，选择d。 正题是难度中等。5.C【解析】还原性HSOI-，氧化性： IOI2SO。 滴入KIO3溶液后，首先发生反应:IO 3HSO=3SO I- 3H，然后发生反应:IO 5I- 6H=3I2 3H2O，可知在b点完全发生反应，因此a、b从正确的b点到c点发生反应的NaHSO3已经发生反应加入的KIO3为0.4 mol，处于反应的阶段，I-。 加入的KIO3为1.12 mol时，反应处于b点到c点的中间阶段，还有I-馀数，d是正确的。6.A【解析】a项，2C(s) O2(g)=2CO(g )； H=-221 kJmol-1，因此1 mol碳完全燃烧生成稳定的CO2时，比生成CO时发热量多。 因此，碳的燃烧热大于110.5 kJmol-1。B.的反应热为-221 kJmol-1，错误。c .稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJmol-1，不应再加“-”。由于乙酸电离吸热，生成1 mol的水，放出的热量不足57.3 kJ，是错误的。7.A【解析】首先，根据氧化还原反应的价数规律，Cl2既是氧化生成物也是还原生成物，氧化生成物的价数变化：-10，还原生成物的价数变化： 50，根据电子保存，氧化生成物与还原生成物的物质量之比为5:1。8.C【解析】该问题对能力要求高，相关化学基础知识多，假设反应后Fe2 x mol、Fe3 y mol、Mg2 z mol，电子守恒为2x 3y 2z=3，电荷守恒为2x 3y 2z=n(OH-)，因此质量守恒沉淀的质量对合金质量是氢氧化物离子的九. (一) 3283288828(2)k2cr2o7c(3)A(4)0.8【解析】本问题考察了氧化还原反应的分配和相关概念的分析。 (1)C从0价上升到4价而失去4个电子，在K2Cr2O7中Cr从6价下降到3价而得到共计6个电子，通过得到的电子的分配取最小公倍数12，分别在c和CO2之前分配3、K2Cr2O7和Cr2(SO4)3之前分配2，最后通过观察法进行分配。 (2)K2Cr2O7由于通过该反应得到电子，因此K2Cr2O7为氧化剂。 由于c失去电子会生成CO2，所以CO2是氧化物。 (3)这里的H2SO4为稀有H2SO4，只提供酸性环境。 (4)由分配的氧化还原方程式可知，移动12 mol的电子，生成3 mol的CO2。 现在生成0.2 mol的CO2，必须移动0.8 mol的电子。10.(1)=NF3 3NH4F(2)3NF3 5H2O=2NO HNO3 9HF(3)产生红褐色气体、刺激臭气和白雾；【解析】由于f形成化合物时全部显示-1价，因此NF3中的n与3价、NF3与水反应，生成物之一为NO、n元素的价